高中数学高考2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第8章 高考专题突破五 第2课时　定点与定值问题

第2课时　定点与定值问题题型一 定点问题例1 (12分)(2020·全国Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq \o(AG,\s\up6(→))·eq \o(GB,\s\up6(→))＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点．规范解答(1)解　依据题意作图，如图所示，由椭圆方程E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)可得，A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)，∴eq \o(AG,\s\up6(→))＝(a,1)，eq \o(GB,\s\up6(→))＝(a，－1)，∴eq \o(AG,\s\up6(→))·eq \o(GB,\s\up6(→))＝a2－1＝8，∴a2＝9，即a＝3，∴E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.[3分](2)证明　设P(6，y0)，则直线AP的方程为y＝eq \f(y0－0,6－－3)(x＋3)，即y＝eq \f(y0,9)(x＋3)，[4分]联立直线AP的方程与椭圆方程可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,y＝\f(y0,9)x＋3，))整理得(yeq \o\al(2,0)＋9)x2＋6yeq \o\al(2,0)x＋9yeq \o\al(2,0)－81＝0，解得x＝－3或x＝eq \f(－3y\o\al(2,0)＋27,y\o\al(2,0)＋9)，将x＝eq \f(－3y\o\al(2,0)＋27,y\o\al(2,0)＋9)代入直线y＝eq \f(y0,9)(x＋3)可得y＝eq \f(6y0,y\o\al(2,0)＋9)，∴点C的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－3y\o\al(2,0)＋27,y\o\al(2,0)＋9)，\f(6y0,y\o\al(2,0)＋9))).[6分]同理可得点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3y\o\al(2,0)－3,y\o\al(2,0)＋1)，\f(－2y0,y\o\al(2,0)＋1)))，[8分]∴直线CD的方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2y0,y\o\al(2,0)＋1)))＝eq \f(\f(6y0,y\o\al(2,0)＋9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2y0,y\o\al(2,0)＋1))),\f(－3y\o\al(2,0)＋27,y\o\al(2,0)＋9)－\f(3y\o\al(2,0)－3,y\o\al(2,0)＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3y\o\al(2,0)－3,y\o\al(2,0)＋1)))，整理可得y＋eq \f(2y0,y\o\al(2,0)＋1)＝eq \f(4y0y\o\al(2,0)＋3,39－y\o\al(4,0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3y\o\al(2,0)－3,y\o\al(2,0)＋1)))＝eq \f(4y0,33－y\o\al(2,0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3y\o\al(2,0)－3,y\o\al(2,0)＋1)))，整理得y＝eq \f(4y0,33－y\o\al(2,0))x＋eq \f(2y0,y\o\al(2,0)－3)＝eq \f(4y0,33－y\o\al(2,0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，故直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).[12分]第一步：确定曲线方程(一般根据待定系数法或定义法)．第二步：设直线方程并与曲线方程联立，得关于x或y的一元二次方程．第三步：写出根与系数的关系(或求出交点坐标)．第四步：将第三步得出的关系代入题目条件，解决范围、最值或定点、定值等问题．第五步：反思回顾，考虑方程有解条件和图形完备性．跟踪训练1 (2019·北京)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．(1)解　由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.(2)证明　抛物线C的焦点为F(0，－1)．设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＝－4y，))得x2＋4kx－4＝0.Δ＝16k2＋16>0恒成立．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.直线OM的方程为y＝eq \f(y1,x1)x.令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－eq \f(x1,y1).同理得点B的横坐标xB＝－eq \f(x2,y2).设点D(0，n)，则eq \o(DA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x1,y1)，－1－n))，eq \o(DB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x2,y2)，－1－n))，eq \o(DA,\s\up6(→))·eq \o(DB,\s\up6(→))＝eq \f(x1x2,y1y2)＋(n＋1)2＝eq \f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x\o\al(2,1),4)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x\o\al(2,2),4))))＋(n＋1)2＝eq \f(16,x1x2)＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.令eq \o(DA,\s\up6(→))·eq \o(DB,\s\up6(→))＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．题型二 定值问题例2 (2020·新高考全国Ⅰ)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且过点A(2,1)．(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.(1)解　由题设得eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.(2)证明　设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.于是x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2).①由AM⊥AN，得eq \o(AM,\s\up6(→))·eq \o(AN,\s\up6(→))＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式，可得(k2＋1)eq \f(2m2－6,1＋2k2)－(km－k－2)·eq \f(4km,1＋2k2)＋(m－1)2＋4＝0，整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.所以直线MN的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))－eq \f(1,3)(k≠1)．所以直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3))).若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．由eq \o(AM,\s\up6(→))·eq \o(AN,\s\up6(→))＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.又eq \f(x\o\al(2,1),6)＋eq \f(y\o\al(2,1),3)＝1，所以3xeq \o\al(2,1)－8x1＋4＝0.解得x1＝2(舍去)，x1＝eq \f(2,3).此时直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3))).令Q为AP的中点，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3))).若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|＝eq \f(2\r(2),3).若D与P重合，则|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|.综上，存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值．思维升华 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．跟踪训练2 (2020·滨州模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,3)，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝eq \f(8,3).(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值．(1)解　由AF2⊥F1F2，|AF2|＝eq \f(8,3)，得eq \f(b2,a)＝eq \f(8,3).又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,3)，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1.(2)证明　由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)，所以eq \o(F1M,\s\up6(→))＝(－2，－3k＋m)，eq \o(F1N,\s\up6(→))＝(4,3k＋m)，所以eq \o(F1M,\s\up6(→))·eq \o(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2.联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，,y＝kx＋m，))得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，化简得m2＝9k2＋8.所以eq \o(F1M,\s\up6(→))·eq \o(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2＝0，所以eq \o(F1M,\s\up6(→))⊥eq \o(F1N,\s\up6(→))，故∠MF1N为定值eq \f(π,2).课时精练1．(2021·成都模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，且经过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2))).(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点B(4,0)作一条斜率不为0的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，记点P关于x轴对称的点为P′.证明：直线P′Q经过x轴上一定点D，并求出定点D的坐标．(1)解　由椭圆的定义，可知2a＝|AF1|＋|AF2|＝eq \r(2\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＋eq \f(1,2)＝4.解得a＝2.又b2＝a2－(eq \r(3))2＝1.∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明　由题意，设直线l的方程为x＝my＋4(m≠0)．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则P′(x1，－y1)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝my＋4，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去x，可得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.∵Δ＝16(m2－12)>0，∴m2>12.∴y1＋y2＝eq \f(－8m,m2＋4)，y1y2＝eq \f(12,m2＋4).∵kP′Q＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)＝eq \f(y2＋y1,my2－y1).∴直线P′Q的方程为y＋y1＝eq \f(y2＋y1,my2－y1)(x－x1)．令y＝0，可得x＝eq \f(my2－y1y1,y1＋y2)＋my1＋4.∴x＝eq \f(2my1y2,y1＋y2)＋4＝eq \f(2m·\f(12,m2＋4),\f(－8m,m2＋4))＋4＝eq \f(24m,－8m)＋4＝1.∴D(1,0)．∴直线P′Q经过x轴上定点D，其坐标为(1,0)．2．(2020·西安模拟)设F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1⊥MF2，已知△MF1F2的面积为1.(1)求椭圆C的方程；(2)设C的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值．解　(1)由椭圆定义得|MF1|＋|MF2|＝4，①由MF1⊥MF2得|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，②由题意得＝eq \f(1,2)|MF1|·|MF2|＝1，③由①②③，可得b2＝1，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.(2)依题意，H(0,1)，显然直线RS的斜率存在且不为0，设直线RS的方程为y＝kx＋m(k≠0)，代入椭圆方程并化简得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，故x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).kHR＋kHS＝eq \f(y1－1,x1)＋eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(kx1＋m－1,x1)＋eq \f(kx2＋m－1,x2)＝2k＋(m－1)eq \f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(m－1)eq \f(－8km,4m2－4)＝2k－eq \f(2km,m＋1)＝eq \f(2k,m＋1).∵直线RS过点(2，－1)，∴2k＋m＝－1，∴kHR＋kHS＝－1.故kHR＋kHS为定值－1.3．(2018·北京)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，eq \o(QM,\s\up6(→))＝λeq \o(QO,\s\up6(→))，eq \o(QN,\s\up6(→))＝μeq \o(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．(1)解　因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋1，))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k